= <tex> P \mid p_i=1 \mid \sum w_i U_i</tex> ={{ЗадачаТеорема|definitionstatement=Дано <tex>m</tex> одинаковых станков, на которых нужно выполнить <tex>n</tex> работ. Любая работа Задача о проверке на любом станке выполняется единицу времени. Для каждой работы есть время окончания <tex>d_i</tex> {{--пустоту пересечения двух КС-}} ожидается, что до этого времени она будет закончена, и штраф <tex>w_i</tex>, который нужно будет выплатить в случае, если работа была закончена после <tex>d_i</tex>. Необходимо минимизировать суммарный штраф, который придется выплатитьграмматик неразрешима.}} == Описание алгоритма =|proof=Оптимальное расписание для этой задачи будем задавать множеством работ <tex>S</tex>, за которые штраф начислен не будет. Работы, которые завершатся с опозданием, могут быть выполнены в конце в любом порядке.<br>Чтобы построить множество <tex>S</tex>, будем добавлять работы в порядке неуменьшения их времен окончания, и как только некоторая работа <tex>j</tex> опаздывает, удалим из <tex>S</tex> работу с минимальным значением <tex>w_i</tex> и поставим <tex>j</tex> на ее место.<br>Пусть есть работы <tex>1 A = \cdots n</tex> с временами окончания <tex>d_1 { (G_1, G_2) \leq d_2 mid L(G_1) \leq cap L(G_2) = \cdots varnothing \leq d_n}</tex>. Будем называть ''простоем '' временной интервал, в который на машине ничего не обрабатывается. Тогда следующий алгоритм вычислит оптимальное множество Сведем [[Примеры неразрешимых задач: проблема соответствий Поста|проблему соответствий Поста]] к <tex>S\overline{A}</tex>, таким образом показав, что дополнение проблемы неразрешимо. Так как рекурсивные языки [[Замкнутость разрешимых и перечислимых языков относительно теоретико-множественных и алгебраических операций|замкнуты относительно дополнения]], то из неразрешимости дополнения проблемы будет следовать неразрешимость самой проблемы.
Для любого экземпляра ПСП <tex>(x_1, x_2, ..., x_n)</tex> и <tex>(y_1, y_2, ..., y_n)</tex> над алфавитом <tex>\Sigma</tex> можно подобрать символ <tex>\# \notin \Sigma</tex>. Для каждого экземпляра построим грамматики:* <tex>G_1 : S = \rightarrow aSa \mid a\#a</tex> для всех <tex>a \in \varnothingSigma</tex> '''for''' j . Тогда <tex>L(G_1) = 1 '''to''' n: '''if''' j опаздывает\{ w\#w^R \mid w \in \Sigma^* \}</tex>, и все более ранние простои заполнены:где обозначение <tex>w^R</tex> {{---}} разворот <tex>w</tex>. найти i* <tex>G_2 : w[S \rightarrow x_iSy^R_i \mid x_i\#y^R_i</tex> для всех <tex>i] = 1, 2, \dots n</tex>. Тогда <tex>L(G_2) = \min{ x_{i_1} x_{i_2} \limits_dots x_{k i_m} \# (y_{i_1} y_{i_2} \dots y_{i_m})^R \mid i_1, i_2, \dots i_m \in S\{ 1, 2, \dots n \}, m \geqslant 1 \}</tex>. Если данный экземпляр ПСП имеет решение, то <tex>L(G_2)</tex> содержит хотя бы одну строку вида <tex>w\#w[k]^R</tex>, поэтому <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing</tex>, и наоборот, если он не имеет решения, то <tex>L(G_2)</tex> не содержит строк такого вида, соответственно <tex>L(G_1) \cap L(G_2)= \varnothing</tex>. Таким образом мы свели проблему соответствий Поста к <tex>\overline{A}</tex>, следовательно, задача о проверке на пустоту пересечения двух КС-грамматик неразрешима.}}Из неразрешимости вышеприведенной задачи следует неразрешимость ряда других задач. Рассмотрим несколько примеров. '''if''' wПо двум КС-грамматикам <tex>G_1</tex> и <tex>G_2</tex> можно построить КС-грамматику для [[iЗамкнутость КС-языков относительно различных операций#.D0.9A.D0.BE.D0.BD.D0.BA.D0.B0.D1.82.D0.B5.D0.BD.D0.B0.D1.86.D0.B8.D1.8F|конкатенации]] задаваемых ими языков <tex>L(G_1)L(G_2)</tex>. По аналогии с этим мы можем рассматривать язык <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#</tex>, где <tex>\#</tex> {{---}} новый символ, не встречающийся в алфавите. Заметим, что пересечение языков непусто, то есть <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex>, тогда и только тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)\#< w/tex> содержит [[jАлгоритм Ландау-Шмидта#.D0.9E.D0.BF.D1.80.D0.B5.D0.B4.D0.B5.D0.BB.D0.B5.D0.BD.D0.B8.D1.8F|тандемный повтор]]:. заменить i на j в S '''else''':Аналогично можно заметить, что пересечение <tex>L(G_1) \cap L(G_2) \ne \varnothing </tex> тогда и только тогда, когда <tex>L(G_1)\#L(G_2)^R</tex> содержит палиндром. добавить i в S и поставить i на место самого раннего простояТаким образом, работымы имеем:{{Утверждение|statement= Пусть дана грамматика <tex>G</tex>, не попавшие в <tex>SL(G) = L</tex>. Тогда следующие задачи неразрешимы:# Содержит ли <tex>L</tex>, будут иметь минимальное значение тандемный повтор.# Содержит ли <tex>w_iL</tex>палиндром.== Доказательство корректности ==}}
